Trắc nghiệm Toán 11 Bài 6: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc có đáp án (Mới nhất)

Đáp án C.

+) Đáp án A sai vì góc giữa hai đường thẳng có thể bằng hoặc bù với góc giữa hai véc tơ chỉ   phương.

+) Đáp án B sai vì có thể là góc 90^o

Đáp án B.

+) Đáp án A sai vì khi đường thẳng đó vg với mặt phẳng.

Đáp án B.

+) Đáp án A sai vì vì có thể là vuông.

+) Đáp án C sai vì chẳng hạn (Q)  và (R)  cắt nhau, (P)  là mặt phẳng phân giác.

Đáp án B.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow \alpha =\widehat{SDA}$.

Mà $△SDA$ vuông cân tại A nên $\widehat{SDA}={45}^0$

Đáp án B.

Giả sử hình chóp đó là S.ABCD . Ta có $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right);\left(SAB\right)\perp \left(SAD\right);\left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)$

Đáp án B.

$\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{DH}\right)=\left(\overrightarrow{DC};\overrightarrow{DH}\right)={90}^0$

Đáp án B.

Đáp án D.

Từ giả thiết suy ra các mặt của hình chóp đều là các tam giác đều. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SC, BC . Giả sử cạnh hình chóp đều là a  thì $MN=NP=\frac{a}{2};MP\perp SA$ vì tam giác SAPcân tại P.

$PM=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2};\cos \widehat{MNP}=\frac{M{N}^2+N{P}^2-M{P}^2}{2.MN.NP}=\frac{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}-\frac{2a^2}{4}}{2.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}$

$\cos \widehat{MNP}=0\Rightarrow \widehat{\left(SB,AC\right)}={90}^0$

Cách 2: Lấy I  là trung điểm của AC  ta có: $AC\perp \left(SIB\right)\Rightarrow AC\perp SB$

Đáp án C.

Gọi I là trung điểm của $AB\Rightarrow AB\perp \left(IDC\right)\Rightarrow AB\perp CD$

Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng tích vô hướng để giải quyết bài toán này.

Đáp án B.

Đáp án C.

Ta có: $AD//BC\Rightarrow \widehat{\left(SD,BC\right)}=\widehat{\left(SD,AD\right)}=\widehat{ADS}={45}^0$

Đáp án D.

Theo tính chất đường trung bình trong tam giác: $\left\{\begin{array}{l}IN//CD;IN=\frac{1}{2}CD=a\sqrt{2}\\ IM//AB;IM=\frac{1}{2}AB=a\end{array}\right.$

$\Rightarrow \phi =\widehat{\left(AB,CD\right)}=\widehat{\left(IM,IN\right)}$. Áp dụng định lý cosin ta có:

$\cos \phi =\left|\frac{I{M}^2+I{N}^2-M{N}^2}{2.IM.IN}\right|=\left|-\frac{\sqrt{2}}{2}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \phi ={45}^0$

Đáp án C.    

Đáp án A.

Hình câu 16.

Gọi I  là trung điểm của AB . Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CI\perp AB\\ CI\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CI\perp \left(SAB\right)$

=> SI là hình chiếu của SC  trên mặt phẳng $\left(SAB\right)\Rightarrow \beta =\widehat{CSI}=\widehat{\left(SC,\left(SAB\right)\right)}$

Đáp án B.

Gọi M là trung điểm CB và G  là trọng tâm tam giác BCD  nên ta có $BC\perp \left(AGM\right)\Rightarrow \phi =\widehat{AMG}$. Có $DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow GM=\frac{a\sqrt{3}}{6};AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow \cos \phi =\frac{GM}{AM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3}$

Đáp án A.

Ta có giao tuyến $BC\perp \left(SBA\right)\Rightarrow \phi =\widehat{SBA}$  (góc nhọn). Mà $\Delta SBA$ vuông cân tại A  nên $\phi ={45}^0$

Đáp án D.

(Hình vẽ của câu 19)

Hai tam giác vuông SBC  và SDC  nên có chung chân đường cao M  kẻ từ B  và D

$\Rightarrow \beta =\widehat{\left(MB,MD\right)}$. Ta đi tính góc $\widehat{BMD}$

Trong tam giác vuông SBC  ta có:

$\frac{1}{B{M}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}\Rightarrow B{M}^2=\frac{2a^2}{3}$. Tương tự $D{M}^2=\frac{2a^2}{3}$

Áp dụng định lý cosin cho $\Delta BMD$ ta có:

$\cos \widehat{BMD}=\frac{M{B}^2+M{D}^2-B{D}^2}{2.MB.MD}=\frac{\frac{4a^2}{4}-2a^2}{2.{\left(a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)}^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{BMD}={120}^0\Rightarrow \beta ={180}^0-{120}^0={60}^0$

Hay $\frac{\pi }{3}$

Đáp án A.

Vì $BC//AD,\widehat{SAD}={90}^0\Rightarrow \widehat{\left(SD,BC\right)}=\widehat{SDA}\Rightarrow \tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{SD}=\sqrt{3}\Rightarrow \left(SD,BC\right)={60}^0$

Đáp án A.

(Hình vẽ như câu 22)

Ta có $\text{IJ}//AC,\widehat{\left(\text{IJ},BD\right)}=\widehat{AOB}={90}^0$

Đáp án B.

Ta có: $AB//C\text{'}D\text{'}\Rightarrow \widehat{\left(MN,C\text{'}D\text{'}\right)}=\widehat{\left(MN,AB\right)}=\widehat{BMN}={45}^0$

Đáp án C.

(Hình vẽ câu 25)

Đáp án B.

(Hình vẽ câu 25)

$MN//AC\Rightarrow \widehat{\left(MN,AP\right)}=\widehat{\left(AC,AP\right)}=\widehat{CAP}$ (góc nhọn). Ta có: $AC=a\sqrt{2}$

Trong tam giác vuông CC'P có $CP=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Trong tam giác vuông APA' có $AP=\frac{3a}{2}$

Áp dụng định lý cosin cho $\Delta CAP$ ta có: $\cos \widehat{CAP}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{\left(MN,AP\right)}={45}^0$

Đáp án A.

(Hình vẽ câu 25)

Gọi N'  là trung điểm của B'C' . Ta có $ND//N\text{'}D\text{'}\Rightarrow \widehat{\left(ND,A\text{'}P\right)}=\widehat{\left(N\text{'}D\text{'},A\text{'}P\right)}$

Có $△N\text{'}C\text{'}D\text{'}=△PD\text{'}A\text{'}\Rightarrow \widehat{C\text{'}D\text{'}N\text{'}}=\widehat{D\text{'}A\text{'}P\text{'}}$

Mà $\widehat{C\text{'}D\text{'}N\text{'}}+\widehat{A\text{'}D\text{'}N\text{'}}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{D\text{'}A\text{'}P}+\widehat{A\text{'}D\text{'}N\text{'}}={90}^0$

Đáp án C.

Ta có: $CB\perp \left(SAB\right)\Rightarrow SB$ là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB)

$\Rightarrow \widehat{\left(SC,\left(SAB\right)\right)}=\widehat{\left(SC,SB\right)}=\widehat{CSB}$

Do tam giác CSB vuông tại B nên:

Đáp án D.

(Hình vẽ giống câu 29)

Kẻ $AH\perp SB\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AH$ là hình chiếu của AC lên mặt phẳng $\left(SBC\right)\Rightarrow \widehat{\left(AC,\left(SBC\right)\right)}=\widehat{\left(AC,HC\right)}=\widehat{ACH}$

Tam giác SAB  vuông $\Rightarrow AH=\frac{SA.AB}{SB}=\frac{a\sqrt{6}.a}{a\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{7}}$

Vì tam giác AHC vuông tại $H\Rightarrow \sin \widehat{ACH}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$

Chọn C.

Chọn B.

$d\left(B{B}^{\text{'}};A{C}^{\text{'}}\right)=d\left(B{B}^{\text{'}};\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=d\left(B;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=BH=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$

Chọn C.

Gọi I là trung điểm của AB, ta có $SI\perp AB$ và $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\text{}D\right)\Rightarrow SI\perp \left(ABC\text{}D\right)$

Gọi E là trung điểm của CD, trong mặt phẳng (SIE) dựng $IH\perp SE\left(H\in SE\right)$ thì $IH\perp \left(SC\text{}D\right)\Rightarrow d\left(I;\left(SC\text{}D\right)\right)=IH$

Ta có $SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}, IE=a$

$\Rightarrow d\left(A;\left(SC\text{D}\right)\right)=d\left(I;\left(SC\text{}D\right)\right)=IH=\frac{SI.IE}{\sqrt{S{I}^2+I{E}^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Chọn A.

Chọn D.

Lấy P  là trung điểm của AB . Khi đó: $PM\text{//}BD, PN\text{//}AC$

Vì $AC\perp B\text{}D\Rightarrow PM\perp PN$ và $PM=\frac{3\text{a}}{2};PN=\frac{a}{2}$

$\Rightarrow MN=\sqrt{P{M}^2+P{N}^2}=\sqrt{\frac{9{\text{a}}^2}{4}+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$

Chọn C.

Ta có $AB=a, EG=a\sqrt{2}\Rightarrow AB.EG=a^2\sqrt{2}$

Chọn B.

Giao tuyến của (P) với (ABC) là $MN\text{//}AB$

Tương tự NP // MQ // CD. Suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành và $\left(\widehat{NM;NP}\right)={60}^{\text{o}}$

Có $\frac{MN}{AB}=\frac{MC}{CB}=\frac{1}{3}\Rightarrow MN=\frac{1}{3}AB=2$; $\frac{NP}{C\text{D}}=\frac{AN}{AC}=\frac{BM}{BC}=\frac{2}{3}\Rightarrow NP=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}.3=2$

$\Rightarrow S_{MNPQ}=MN.NP.\sin \widehat{MNP}=\mathrm{2.2.}\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$

Chọn A.

Ta có $\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{CB}=x\Rightarrow MN=xAB=6x$

Đáp án D.

Kẻ $AH\perp BC$ và $AK\perp SH$

Ta có: $BC\perp AH$ và

$BC\perp SA\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)\Rightarrow AK\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SBC\right)\right)$

Trong tam giác vuông BAH ta có: $AH=AB.\sin 60°=a\sqrt{3}$

Trong tam giác vuông SAH ta có: 

Đáp án A. 

Gọi M là trung điểm BC. Do $\Delta ABC$ đều nên $AM\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)$

Dựng $AH\perp SM\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SBC\right)\right)$

Trong tam giác vuông SAM ta có: 

Nhận xét: Ta cũng có thể sử dụng tính chất tứ diện vuông bằng cách sử dụng thêm D thuộc tia BC sao cho $\widehat{CAD}=90°$

Đáp án B.

Kẻ $AH\perp BD$ và $AK\perp SH$

Ta có $BD\perp SH$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp \left(SAH\right)\Rightarrow DB\perp AK$

Ta có: $AK+SH$ và $BD\perp AK$ nên $AK\perp \left(SBD\right)$

$\Delta ABD$ vuông $\Rightarrow AH=\frac{AD.AB}{BD}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

$\Delta SAH$ vuông $\Rightarrow AK=\frac{SA.AH}{SH}=\frac{a.\frac{2a}{\sqrt{5}}}{\sqrt{a^2+\frac{4a^2}{5}}}=\frac{2a}{3}$

Gọi $O=AC\cap BD$, SO cắt AI tại G => G là trọng tâm $\Delta SAC$

Đáp án B.

( Hình vẽ câu 16 )

Đáp án B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AB\\ SA\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow AC=\sqrt{2}\Rightarrow SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{3}.$